Zagadnienia stacjonarne Karol Hajduk 19 grudnia 2012 Nierówność wariacyjna (u (t), v u(t)) + a(u, v u) + Ψ(v) Ψ(u) (f, v u), v V. Zagadnienie stacjonarne ma postać (u (t) = 0): a(u, v u) + Ψ(v) Ψ(u) (f, v u), v V. Operator dwuliniowy a a(u, v) = n a ij (x)u xj v xi dx = i,j=1 ( v) T A( u) dx, gdzie A = (a ij (x)) n i,j=1, a ij(x) L () (mierzalne i ograniczone funkcje w ), spełnia założenie n n a ij (x)ξ i ξ j α ξ i ξ i = α ξ 2, α > 0, x, ξ R n. (1) i,j=1 i=1 1 Przypadek ściśle koercytywny Trójka Gelfanda W tym rozdziale przyjmujemy V H V. V = H 1 (), otwarty, ograniczony podzbiór R n. Przypomnijmy, że normy w V oraz H oznaczamy odpowiednio,. Przy założeniu 1, mamy a(v, v) α n i=1 v xi v xi dx = α 1 v v dx = α v 2, (2)
ale nie mamy a(v, v) α v 2. Co więcej a(1, 1) = 0. Zauważmy, że z nierówności 2 wynika warunek ścisłej koercytywności a(v, v) + c v 2 min (α, c) v 2 = α 1 v 2, c > 0. (3) Rozpatrujemy sterowanie z brzegu, tzn. postać funkcjonału Ψ jest następująca Ψ(v) = ψ(v(x)) dγ, lub ogólniej Γ Γ Ψ(v) = ψ(x; v(x)) dγ. Założenia o funkcjonale Ψ (analogiczne jak w przypadku niestacjonarnym): załóżmy, że istnieje rodzina funkcjonałów Ψ j, różniczkowalnych na V, takich, że v V, Ψ j (v) Ψ(v), j +, (4a) ciąg ϕ j ograniczony w V, taki, że Ψ j(ϕ j ) = 0 j, v j v słabo w V, Ψ j (v j ) constant lim inf j Ψ j (v j ) Ψ(v). (4b) Twierdzenie 1.1 (Istnienie i jednoznaczność zagadnienia stacjonarnego) Zakładamy, że zachodzą warunki 1 oraz 4. Niech c > 0, v (f, v) będzie formą liniową, ciągłą na V, f L 2 (V ). Wtedy! u V rozwiązanie zagadnienia (4c) a(u, v u) + c(u, v u) + Ψ(v) Ψ(u) (f, v u), v V. (5) Uwaga 1.1 W przypadku, gdy a jest symetryczny, tzn a(u, v) = a(v, u) u,v V, to problem 5 jest równoważny znalezieniu u, które minimalizuje funkcjonał J(v) = 1 2 [ a(v, v) + c v 2 ] + Ψ(v) (f, v). Rzeczywiście: zbiór K = {v V : Ψ(v) < + } - domknięty, wypukły, funkcja v J(v) jest wypukła, półciągła z dołu w słabej topologii na V, J(v) +, gdy v + (z powodu dodania c v 2 ) istnienie mimimum. Funkcja v J(v) jest ściśle wypukła jednoznaczność. Dowód. (Twierdzenie 1.1 - jednoznaczność) Niech u oraz û będą dwoma możliwymi rozwiązaniami. Jeśli weźmiemy v = û (odpowiednio v = u) w nierówności 5 (odpowiednio 5 dla û), dodamy te nierówności stronami, przyjmując w := u û, otrzymamy a(w, w) c w 2 0. 2
Wnioskujemy stąd, że w = 0, na mocy nierówności 3. Dowód. (Twierdzenie 1.1 - istnienie - szkic) Najpierw, zamieniamy Ψ na Ψ j w nierówności 5. Szukamy teraz rozwiązania u j nierówności a(u j, v u j ) + c(u j, v u j ) + Ψ j (v) Ψ j (u j ) (f, v u j ), v V. (6) W związku z tym, że Ψ j jest różniczkowalny, nierówność 6 jest równoważna równości (co dzielnie pokazywaliśmy wcześniej) a(u j, v) + c(u j, v) + (Φ j (u j ), v) = (f, v), v V, (7) gdzie Φ j = Ψ j. Do rozwiązania problemu 7, użyjemy metody Galerkina. Weźmy bazę {w 1,..., w m,... } przestrzeni V, w takim sensie, że {w 1,..., w m } są liniowo niezależne m, oraz skończone kombinacje ξ j w j są gęste w V. Taka baza istnieje, bo V - ośrodkowa. Ponadto, niech będzie to baza ortonormalna. Oznaczmy V m = span {w 1,..., w m }. Szukamy teraz u jm V m, tzn. takiego, że m u jm = ξ ji w i, dla pewnego ξ j = (ξ j1,..., ξ jm ), i=1 a(u jm, w k ) + c(u jm, w k ) + (Φ j (u jm ), w k ) = (f, w k ), 1 k m. (8) Istnienie rozwiązania zagadnienia 8 wynika z twierdzenia Brouwera o punkcie stałym (lemat o zerach pola wektorowego). Oszacowania a priori dla u jm : weźmy ciąg ograniczony ϕ j V m. Z liniowości 8, łatwo wynika równość a(u jm, u jm ) + c(u jm, u jm ) + (Φ j (u jm ), u jm ) = (f, u jm ). Korzystając z faktu, że ϕ j V m oraz, że Φ j (ϕ j ) = 0 (z warunku 4b), możemy napisać a(u jm, u jm ϕ j )+c(u jm, u jm ϕ j )+(Φ j (u jm ) Φ j (ϕ j ), u jm ϕ j ) = (f, u jm ϕ j ). }{{} 0 Z monotoniczności Φ j, wnioskujemy, że a(u jm, u jm ϕ j ) + c(u jm, u jm ϕ j ) (f, u jm ϕ j ). 3
Stąd mamy a(u jm, u jm ) + c(u jm, u jm ) }{{} α 1 u jm 2 (f, u jm ϕ j ) + a(u jm, ϕ j ) + c(u jm, ϕ j ). Dostajemy więc oszacowanie i ostatecznie α 1 u jm 2 c 1 u jm + c 2, u jm c 3 = constant niezależna od j i od m. (9) Możemy więc wybrać podciąg u jµ z ciągu u jm, taki, że u jµ u j słabo w V. Używając monotoniczności Φ j (metoda Minty ego-browdera), pokazujemy, że Φ j (u jµ ) Φ j (u j ) słabo w V, oraz, że u j spełnia równość 7. Ponadto z 9 wnioskujemy, że u j c 3. (10) Z ograniczoności 10 w V, możemy wybrać z u j podciąg słabo zbieżny (oznaczamy go tak samo u j ) u j u słabo w V. (11) Ustalmy teraz v = v 0 takie, że Ψ(v 0 ) < +. Z warunku 4a wynika, że Ψ j (v 0 ) constant. Z nierówności 6 otrzymujemy a(u j, v 0 ) + c(u j, v 0 ) + Ψ j (v 0 ) [ a(u j, u j ) + c u j 2] Ψ j (u j ) (f, v 0 ) (f, u j ), czyli Wnioskujemy stąd, że Stąd i z założenia 4c, mamy Ψ j (u j ) a(u j, v 0 ) + c(u j, v 0 ) (f, v 0 ) + [ a(u j, u j ) + c u j 2] + (f, u j ). }{{} α 1 u j 2 Ψ j (u j ) constant. lim inf j Ψ j (u j ) Ψ(u). 4 const. {}}{ Ψ j (v 0 ) +
Zapiszmy teraz równość 6 w postaci a(u j, v) + c(u j, v) + Ψ j (v) (f, v u j ) a(u j, u j ) + c u j 2 + Ψ j (u j ). (12) Wiemy jednak, że [ lim inf a(uj, u j ) + c u j 2] a(u, u) + c u 2. j + Dlatego też, z nierówności 12, po przejściu do granicy dolnej, wynika a(u, v) + c(u, v) + Ψ(v) (f, v u) a(u, u) + c u 2 + Ψ(u), co kończy dowód. Uwaga 1.2 Z dowodu wynika następujący wynik aproksymacyjny: na mocy 11, przybliżamy u przez rozwiązania u j równań 7. 2 Aproksymacja zagadnienia stacjonarnego rozwiązaniami problemów ewolucyjnych Zagadnienie ewolucyjne (u (t), v u(t)) + a(u(t), v u(t)) + Ψ(v) Ψ(u(t)) (f, v u(t))m v V, u(0) = u 0. Twierdzenie 2.1 Założenia jak w twierdzeniu o istnieniu i jednoznaczności rozwiązania zagadnienia 13, przy czym f(t) = f niezależne od t. Niech u(t) = u bedzie rozwiązaniem zagadnienia (u (t), v u(t)) + a(u(t), v u(t)) + c(u(t), v u(t)) + Ψ(v) Ψ(u(t)) (f, v u(t)), v V, u(0) = u 0. oraz niech w będzie rozwiązaniem z twierdzenia 1.1, tzn. (13) (14) a(w, v w) + c(w, v w) + Ψ(v) Ψ(w) (f, v w), v V. (15) 5
Wtedy Ponadto u(t) w w L 2 (), gdy t +. u(t) w c 1 e c 2t, c i > 0. Dowód. (Twierdzenia 2.1) Biorąc v = w w nierówności 14, v = u(t) w 15 oraz przyjmując z(t) := u(t) w i dodając stronami te nierówności, otrzymujemy a ponieważ z (t) = u (t), mamy Stąd wnioskujemy, że (u (t), z(t)) [ a(z(t), z(t)) + c z(t) 2] 0, (z (t), z(t)) + [ a(z(t), z(t)) + c z(t) 2] 0. 1 d 2 dt z(t) 2 + [ a(z(t), z(t)) + c z(t) 2] 0, }{{} α 1 z(t) 2 co daje nam d dt z(t) 2 + 2α 1 z(t) 2 0. (16) Wiemy jednak, że v β v. Wstawiając ten warunek do nierówności 16, dostajemy d dt z(t) 2 2α 1 β z(t) 2. Korzystając z nierówności Gronwalla, otrzymujemy z(t) 2 u 0 w 2 e 2α 1βt, co, po dobraniu odpowiednich stałych c i, kończy dowód. Wniosek 1 Dla rozwiązania problemu stacjonarnego mamy własności dodatniości, oraz porównywania rozwiązań, analogiczne do twierdzeń z poprzedniego wykładu. Dowód. (Wniosku 1) Przechodzimy z t do granicy we własnościach w odpowiednich twierdzeniach. Można też pokazywać te własności bezpośrednio, przy pomocy metod podanych w dowodach tych twierdzeń. 6
3 Metoda Minty-Browdera Niech R n otwarty, ograniczony, o gładkim brzegu. Szukamy u : R, u = u(x), spełniającego { div a(du) = f w, u = 0 na, (17) gdzie f H = L 2 (), a : R n R n. Pole wektorowe a jest monotoniczne, tzn. spełnia warunek (a(p) a(q)) (p q) 0 p,q R n. Ponadto istnieją stałe C, α > 0 i β 0, takie, że p R n (warunek wzrostu) a(p) C(1 + p ), (18a) (warunek wymuszania) a(p) p α p 2 β. (18b) Istnienie i jednoznaczność słabego rozwiązanie problemu 17 - metoda Galerkina. Szukamy u m V m m u m = d j mw j, j=1 gdzie {w j } + j=1 - układ ortonormalny, zupełny w przestrzeni V = H1 0(), w k = w k (x) - funkcje gładkie, V m = span {w j } m j=1. Istnienie rozwiązań przybliżonych, tzn. istnienie u m ( m=1,2,... ) spełniających a(du m ) Dw k dx = a(u m, w k ) = (f, w k ) = fw k dx 1 k m (19) wynika z twierdzenia Brouwera o punkcie stałym (lemat o zerach pola wektorowego). Chcemy zrobić przejście graniczne m + i otrzymać słabe rozwiązanie u V, takie, że a(du) Dv dx = a(u, v) = (f, v) = fv dx v V. (20) Z oszacowań energetycznych pokazujemy, że ciąg {u m } + m=1 V, tzn, że istnieje stała C zależna jedynie od i a, taka, że u m C(1 + f ) dla m = 1, 2,.... jest ograniczony w Możemy więc wybrać podciąg { u mj } + j=1 słabo zbieżny w V. 7
Napotykamy jednak kluczowy problem: u mj u w V a(du mj ) a(du) w jakimkolwiek sensie. Wyrażenia nieliniowe nie są (zazwyczaj) ciągłe ze względu na słabą zbieżność. Okazuje się, że w przejściu do słabej granicy w nieliniowym składniku pomaga nam monotoniczność a. Twierdzenie 3.1 Istnieje słabe rozwiązanie dla problemu 17. Dowód. (Twierdzenia 3.1) Wiemy już, że istnieje podciąg { u mj } + m=1 j=1 {u m} + i funkcja u V taka, że oraz u mj u w V (21) u mj u w H. (22) Musimy pokazać, że u spełnia tożsamość 20. Z warunku wzrostu 18a wynika, że ciąg {a(d m )} + m=1 jest ograniczony w L2 (; R n ). Możemy założyć (być może przechodząc do kolejnego podciągu), że a(du mj ) ξ w L 2 (; R n ), (23) dla pewnego ξ L 2 (; R n ). Wobec równości 19, mamy Zatem ξ Dw k dx = fw k dx k=1,2,.... ξ Dv dx = fv dx v V. (24) Zauważmy teraz, że z warunku monotoniczności dla a, dla każdego m = 1, 2,... ma miejsce następująca nierówność (a(du m ) a(dw)) (Du m Dw) dx 0 w V. (25) Z równania 19 wynika tożsamość a(du m ) Du m dx = fu m dx. 8
Korzystając z niej, przepisujemy 25 w postaci równoważnej fu m a(du m ) Dw a(dw) (Du m Dw) dx 0. Wykonując przejście graniczne m = m j + i pamiętając o warunkach 21-23, otrzymujemy fu ξ Dw a(dw) (Du Dw) dx 0. Stosujemy teraz 24 dla v = u, dostając i stwierdzamy na tej podstawie, że ξ Du dx = fu dx (ξ a(dw)) D(u w) dx 0 w V. (26) Ustalmy teraz v V i wstawmy w := u λv (dla λ > 0) do nierówności 26. Dostajemy (ξ a(du λv)) D(λv) dx 0. Dzieląc stronami przez λ, przechodząc do granicy z λ 0 i biorąc v zamiast v, otrzymujemy równość (ξ a(du)) Dv dx = 0 v V. Wstawiając tu warunek 24, stwierdzamy ostatecznie a(du) Dv dx = fv dx v V. Zatem funkcja u jest rzeczywiście słabym rozwiązaniem zagadnienia 17. 9